《2019年高考物理二轮复习精编练习：选择题48分练 10 ---精校解析Word版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理二轮复习精编练习：选择题48分练 10 ---精校解析Word版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、选择题48分练(十)(时间：20分钟分值：48分)(第156页)(14小题为单选题，58小题为多选题)1(2018驻马店二次质检)在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史的是()A法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究B伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C牛顿利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点D胡克认为弹簧的弹力与弹簧的长度成正比A法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故A正确；伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直
2、接用实验验证这个结论，故B错误伽利略利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；胡克认为弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误2. (2018太原五中一模)如图1所示，放置在竖直平面内的光滑轨道AB，是按照从高度为10 m处以初速度10 m/s平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点现将一小球置于A点，由静止开始从轨道A端滑下已知重力加速度为g10 m/s2，()图1A小球在下滑过程中不能脱离轨道B小球在下滑过程中的时间为 sC小球下滑到B点的速度为10 m/sD小球在B点的水平分速度为10 m/sA因为轨道是根据初速度为10 m/s平抛运动制成的，而小球是
3、从静止开始释放的，在水平方向上的位移永远小于平抛时的位移，故小球不会脱离轨道，A正确；若做平抛运动时，从A到B运动的时间为t s，而小球不是做平抛运动，故运动时间不是 s，B错误；小球下滑过程中受到轨道的支持力，支持力有竖直向上的分力，小球运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故mghmv，解得vB10 m/s，C错误；若做平抛运动，到达B点时，在B点的水平速度为10 m/s，但是小球是从静止释放的，所以到达B点时水平方向上的分速度小于10 m/s，D错误3. (2018成都二诊)一理想自耦变压器如图2所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，
4、接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R.在a、b间输入电压为U1的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中()图2AU2有可能大于U1BU1、U2均增大CU1不变、U2增大 Da、b间输入功率不变C根据变压器的电压关系有，由于n2n1，所以U2U1，故A错误当滑动触头逆时针转动时，即n2增大时，输入电压U1不变，电压U2U1应该增大，B错误，C正确因负载不变，故输出功率增大，则变压器的输入功率增大，D错误4(2018濮阳一模)某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图3所示，设x轴正方向为电场强度的正方向一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方
5、向运动，结果粒子刚好能运动到x3x0处假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则下列说法正确的是()图3A粒子一定带负电B粒子的初动能大小为qE0x0C粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0D粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小C从图中可知粒子在沿x轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在x03x0过程中电场强度和位移都比0x0过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在3x0处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，A、D错误；因为电场强度是均匀减小的，0x0过程中平均电场强度为E0，x03x0过程中平均电场强度为E0，故根据动
6、能定理可得E0qx0E0q2x00Ek0，解得初动能Ek0qE0x0，B错误；在0x0过程中电场力做正功，所以在x0处动能最大，最大为EmEk0E0qx02E0qx0，C正确5. (2018江西重点中学联考)如图4为两个有界匀强磁场，左右两边磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正则下列说法正确的是()图4A在L/v 2L/v 的过程中
7、，磁通量的变化量为2BL2B在2L/v 3L/v 的过程中，电路中产生的平均感应电动势为E3BLvC在2L/v 3L/v的过程中产生的电功率是L/v 2L/v 的过程中产生的电功率的9倍D在2L/v 3L/v 的过程中线框受安培力大小是L/v2L/v 的过程中线框受安培力大小的3倍BC在L/v 2L/v 的过程中，线圈在磁场中的面积变化了L2，所以磁通量变化了BSBL2，故A错误；在2L/v 3L/v 的过程中，线圈的磁通量变化了212BL2(BL2)3BL2，则平均感应电动势3BLv，故B正确；在2L/v 3L/v的过程中，产生的电动势为E13BLv，感应电流为I1，电功率为P1IR，同理，
8、在L/v 2L/v 的过程中电功率为P2IR，所以9，故C正确；在2L/v 3L/v的过程中，左、右两条边受安培力方向相同，大小F12BI1LBI1L3BI1L，同理，在L/v2L/v的过程中，只有右边受安培力，大小为F2BI2L，由C项分析可知，I13I2，故D错误6(2018历城二中模拟)如图5所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极上，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是()图5A俯视观察，线框沿逆时针方向旋转B线框能旋转起来，这是属于电磁感应现象C电池输出的电功率大于
9、线框旋转的机械功率D旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大AC分析线框下端，两侧导线中的电流均由电池正极流向磁铁，导线处磁感线方向向上，由左手定则知，左侧导线受力垂直纸面向外，右侧受力垂直纸面向里，所以，由上往下看(俯视)，线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应，故A正确，B错误；因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故C正确；受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大，故D错误7. (多选)如图6所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的摩擦因数tan ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿
10、固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是()图6A上滑的过程A、B整体处于失重状态B上滑到最高点后A、B整体将停止运动CA与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程DA与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等AD在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：(mAmB)gsin Ff(mAmB)a，Ff(mAmB)gcos 因此有：agsin gcos ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mAmB)gsin Ff(mAmB)a
11、，得：agsin gcos 由于0所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mAgsin FfmAa解得：FfmAgcos ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mAgsin FfmAa，解得：FfmAgcos ；所以FfFf，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确8(2018衡水中学十五模)如图7所示，两个大小不计、质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L、不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近，直至两物体接触，已知两物体与水
12、平地面间的动摩擦因数均为，则在两物体靠近的过程中下列说法正确的是()图7A拉力F一直增大B物体A所受的摩擦力不变C地面对A物体的支持力先减小后增大D当两物体间的距离为L时，绳上的拉力最小AD设某时刻与物体连接的绳子的拉力为T，与水平方向的夹角为，则对每个物体：水平方向Tcos FN，竖直方向Tsin FNmg，其中F2Tsin ；联立可得：F，则随着增加，F变大，选项A正确；fTcos ，则随着增加，f变小，选项B错误；FNmgTsin mg则随着增加，FN变小，选项C错误；T，对cos sin sin()(其中tan )，可知60，则当分母最大时，T最小，此时30，可求得两物体间的距离为Lcos 30L，选项D正确
